পশ্চিমবঙ্গ মধ্যশিক্ষা পর্ষদের নবম শ্রেণির গণিত প্রকাশ বইয়ের অধ্যায় ১৭ (সমবিন্দু সংক্রান্ত উপপাদ্য) এর 'কষে দেখি ১৭' এর সম্পূর্ণ সমাধান।
প্রমাণ:
$\triangle ABC$-এ, $\angle A + \angle B + \angle C = 180^\circ$
I বিন্দুটি $\angle B$ এবং $\angle C$-এর অন্তঃসমদ্বিখণ্ডকের ছেদবিন্দু (অর্থাৎ অন্তঃকেন্দ্র)।
$\therefore \angle IBC = \frac{1}{2} \angle B$ এবং $\angle ICB = \frac{1}{2} \angle C$
এখন, $\triangle BIC$-এ,
$\angle BIC + \angle IBC + \angle ICB = 180^\circ$
$\Rightarrow \angle BIC + \frac{\angle B}{2} + \frac{\angle C}{2} = 180^\circ$
$\Rightarrow \angle BIC = 180^\circ - \frac{1}{2}(\angle B + \angle C) \dots (1)$
আবার, $\triangle ABC$ থেকে আমরা জানি, $\angle B + \angle C = 180^\circ - \angle A$
এই মান (1) নং সমীকরণে বসিয়ে পাই,
$\angle BIC = 180^\circ - \frac{1}{2}(180^\circ - \angle A)$
$\Rightarrow \angle BIC = 180^\circ - 90^\circ + \frac{\angle A}{2}$
$\Rightarrow \angle BIC = 90^\circ + \frac{\angle A}{2}$
প্রমাণ:
ধরি, $\triangle ABC$-এর তিনটি মধ্যমা $AD$, $BE$ এবং $CF$ পরস্পর সমান। অর্থাৎ, $AD = BE = CF$। মধ্যমা তিনটি $G$ (ভরকেন্দ্র) বিন্দুতে ছেদ করেছে।
আমরা জানি, ভরকেন্দ্র মধ্যমাকে 2:1 অনুপাতে বিভক্ত করে।
$\therefore BG = \frac{2}{3}BE$ এবং $CG = \frac{2}{3}CF$।
যেহেতু $BE = CF$, তাই $\frac{2}{3}BE = \frac{2}{3}CF \Rightarrow BG = CG$।
একইভাবে, $GE = \frac{1}{3}BE$ এবং $GF = \frac{1}{3}CF \Rightarrow GE = GF$।
এখন, $\triangle BGF$ এবং $\triangle CGE$ এর মধ্যে—
$\therefore$ S-A-S শর্তানুযায়ী $\triangle BGF \cong \triangle CGE$।
সুতরাং, $BF = CE$ (সর্বসম ত্রিভুজের অনুরূপ বাহু)।
যেহেতু $F$ এবং $E$ যথাক্রমে $AB$ ও $AC$-এর মধ্যবিন্দু, তাই $AB = 2BF$ এবং $AC = 2CE$।
যেহেতু $BF = CE$, তাই $2BF = 2CE \Rightarrow AB = AC$।
একইভাবে, $AD = BE$ ধরে প্রমাণ করা যায় যে $AC = BC$।
অতএব, $AB = BC = AC$।
প্রমাণ:
আমরা জানি, একটি সমবাহু ত্রিভুজের যেকোনো শীর্ষবিন্দু থেকে বিপরীত বাহুর উপর অঙ্কিত লম্ব ওই বাহুটিকে সমদ্বিখণ্ডিত করে এবং শীর্ষকোণটিকেও সমদ্বিখণ্ডিত করে।
সুতরাং, সমবাহু ত্রিভুজের প্রতিটি উচ্চতা (Altitude)-ই হলো তার মধ্যমা (Median), কোণের অন্তঃসমদ্বিখণ্ডক (Angle Bisector) এবং বাহুর লম্ব সমদ্বিখণ্ডক (Perpendicular Bisector)।
যেহেতু এই চারটি রেখাংশ সমবাহু ত্রিভুজের ক্ষেত্রে একটিই সরলরেখায় অবস্থান করে, তাই এদের ছেদবিন্দুগুলিও একই বিন্দু হবে।
প্রমাণ:
$\triangle ABC$-এর বাহুগুলির মধ্যবিন্দু যুক্ত করে $\triangle DEF$ পাওয়া যায় (যেখানে D, E, F যথাক্রমে BC, CA, AB-এর মধ্যবিন্দু)। $\triangle DEF$-কে মূল ত্রিভুজের পাদ ত্রিভুজ (Medial Triangle) বলা হয়।
জ্যামিতিক নিয়ম অনুসারে, কোনো ত্রিভুজের মধ্যমাগুলি তার পাদ ত্রিভুজেরও মধ্যমা হয় এবং তারা একই বিন্দুতে ছেদ করে।
ধরি, $\triangle ABC$-এর মধ্যমাগুলি G বিন্দুতে ছেদ করেছে। তাই G হলো $\triangle ABC$-এর ভরকেন্দ্র।
এখন, D, E, F বিন্দুগুলির স্থানাঙ্ক জ্যামিতির (Coordinate Geometry) সাহায্যে প্রমাণ করা যায় যে, $\triangle DEF$-এর ভরকেন্দ্রের স্থানাঙ্ক এবং $\triangle ABC$-এর ভরকেন্দ্রের স্থানাঙ্ক সর্বদা অভিন্ন হয়।
যেহেতু, $\triangle ABC$-এর মধ্যমাগুলি $\triangle DEF$-এর শীর্ষবিন্দুগুলি দিয়ে যায় এবং তাদের সমদ্বিখণ্ডিত করে, তাই G বিন্দুটি $\triangle DEF$-এরও ভরকেন্দ্র হবে।
প্রমাণ:
ধরি, $\triangle ABC$-এর তিনটি মধ্যমা $AD$, $BE$ এবং $CF$ পরস্পর $G$ বিন্দুতে (ভরকেন্দ্র) ছেদ করেছে।
প্রমাণ করতে হবে যে: $BE + CF > AD$।
অঙ্কন: $AD$ মধ্যমাকে $K$ পর্যন্ত এমনভাবে বর্ধিত করা হলো যেন $GD = DK$ হয়। $B, K$ এবং $C, K$ যুক্ত করা হলো।
প্রমাণ:
চতুর্ভুজ $GBCK$-এ, $BC$ এবং $GK$ কর্ণ দুটি পরস্পরকে $D$ বিন্দুতে সমদ্বিখণ্ডিত করেছে (কারণ $BD = CD$ এবং অংকনানুযায়ী $GD = DK$)।
সুতরাং, $GBCK$ একটি সামান্তরিক।
সামান্তরিকের বিপরীত বাহু সমান হয়, তাই $CK = BG$।
এখন, $\triangle CGK$-এর ক্ষেত্রে, ত্রিভুজের যেকোনো দুটি বাহুর সমষ্টি তৃতীয় বাহু অপেক্ষা বৃহত্তর।
$\therefore CG + CK > GK$
এখানে $CK = BG$ এবং $GK = 2GD = \frac{2}{3}AD$ বসিয়ে পাই:
$CG + BG > \frac{2}{3}AD$
আমরা জানি, ভরকেন্দ্র মধ্যমাকে 2:1 অনুপাতে ভাগ করে। তাই $CG = \frac{2}{3}CF$ এবং $BG = \frac{2}{3}BE$।
$\therefore \frac{2}{3}CF + \frac{2}{3}BE > \frac{2}{3}AD$
উভয়পক্ষ থেকে $\frac{2}{3}$ বাদ দিলে পাই,
$CF + BE > AD$
প্রমাণ:
(i) এর প্রমাণ:
$\triangle GBC$-এ, $BG + CG > BC$
$\Rightarrow \frac{2}{3}BE + \frac{2}{3}CF > BC \Rightarrow \frac{2}{3}(BE + CF) > BC$
একইভাবে $\triangle GCA$ এবং $\triangle GAB$ থেকে পাই:
$\frac{2}{3}(CF + AD) > CA$
$\frac{2}{3}(AD + BE) > AB$
এই তিনটি অসমীকরণ যোগ করে পাই:
$\frac{2}{3} [2(AD + BE + CF)] > AB + BC + CA$
$\Rightarrow \frac{4}{3} (AD + BE + CF) > AB + BC + CA$
$\Rightarrow 4(AD + BE + CF) > 3(AB + BC + CA)$। (প্রমাণিত)
(ii) এর প্রমাণ:
আমরা জানি, ত্রিভুজের যেকোনো দুটি বাহুর সমষ্টি ওই দুটি বাহুর সাধারণ বিন্দু থেকে অঙ্কিত মধ্যমার দ্বিগুণের চেয়ে বড় হয়।
$\triangle ABC$-এ AD মধ্যমা হলে, $AB + AC > 2AD$
একইভাবে, $BC + BA > 2BE$ এবং $CA + CB > 2CF$
এই তিনটি যোগ করে পাই:
$2(AB + BC + CA) > 2(AD + BE + CF)$
$\Rightarrow AB + BC + CA > AD + BE + CF$
উভয়পক্ষকে 3 দিয়ে গুণ করলে,
$3(AB + BC + CA) > 3(AD + BE + CF)$
যেহেতু $3(AD + BE + CF) > 2(AD + BE + CF)$, তাই
$3(AB + BC + CA) > 2(AD + BE + CF)$। (প্রমাণিত)
সমাধান:
আমরা জানি, ত্রিভুজের তিনটি মধ্যমা ত্রিভুজটিকে সমান ক্ষেত্রফল বিশিষ্ট 6টি ছোট ত্রিভুজে বিভক্ত করে।
$\therefore$ প্রতিটি ছোট ত্রিভুজের ক্ষেত্রফল $= \frac{1}{6} \times \triangle ABC = \frac{1}{6} \times 36 = 6$ বর্গ সেমি।
$\triangle AGB$ দুটি ছোট ত্রিভুজ ($\triangle AFG$ এবং $\triangle BFG$) নিয়ে গঠিত।
$\therefore \triangle AGB = 2 \times 6 = 12$ বর্গ সেমি।
অথবা, সরাসরি সূত্র: $\triangle AGB = \frac{1}{3} \triangle ABC = \frac{36}{3} = 12$ বর্গ সেমি।
$\triangle CGE$ হলো ওই 6টি ছোট ত্রিভুজের একটি।
$\therefore \triangle CGE = \frac{1}{6} \times 36 = 6$ বর্গ সেমি।
চতুর্ভুজ BDGF দুটি ছোট ত্রিভুজ ($\triangle BGD$ এবং $\triangle BGF$) নিয়ে গঠিত।
$\therefore \text{BDGF এর ক্ষেত্রফল} = \triangle BGD + \triangle BGF = 6 + 6 = 12$ বর্গ সেমি।
প্রমাণ:
ধরি, মধ্যমা তিনটি G বিন্দুতে (ভরকেন্দ্র) ছেদ করেছে।
আমরা জানি, ভরকেন্দ্র মধ্যমাকে 2:1 অনুপাতে ভাগ করে।
$\therefore AG = \frac{2}{3}AD$ এবং $GD = \frac{1}{3}AD$।
শর্তানুসারে, $\frac{2}{3}AD = BC$
$\Rightarrow 2 \times (\frac{1}{3}AD) = BC$
$\Rightarrow 2 \times GD = BC \Rightarrow GD = \frac{1}{2}BC$
আবার, D হলো BC-এর মধ্যবিন্দু। তাই $BD = CD = \frac{1}{2}BC$।
সুতরাং, $GD = BD = CD$।
এখন $\triangle BGC$ বিবেচনা করি। এই ত্রিভুজের GD হলো BC ভূমির উপর মধ্যমা এবং তা ভূমির অর্ধেকের সমান ($GD = \frac{1}{2}BC$)।
আমরা জানি, কোনো ত্রিভুজের একটি মধ্যমা যদি সংশ্লিষ্ট বাহুর অর্ধেকের সমান হয়, তবে ওই মধ্যমার বিপরীত কোণটি সমকোণ ($90^\circ$) হয় (অর্ধবৃত্তস্থ কোণ সমকোণ ধারণার মতো)।
$\therefore \angle BGC = 90^\circ$।
প্রমাণ:
ABCD সামান্তরিকের কর্ণদ্বয় AC এবং BD পরস্পরকে O বিন্দুতে সমদ্বিখণ্ডিত করে।
$\therefore BO = OD$ এবং $AO = CO$।
এখন $\triangle ABC$ বিবেচনা করি।
এই ত্রিভুজের $BO$ একটি মধ্যমা (যেহেতু $O$, $AC$-এর মধ্যবিন্দু) এবং $AP$ একটি মধ্যমা (যেহেতু $P$, $BC$-এর মধ্যবিন্দু)।
$BO$ এবং $AP$ পরস্পরকে $K$ বিন্দুতে ছেদ করেছে। সুতরাং, $K$ হলো $\triangle ABC$-এর ভরকেন্দ্র।
ভরকেন্দ্র মধ্যমাকে 2:1 অনুপাতে ভাগ করে।
$\therefore BK = \frac{2}{3}BO$
যেহেতু $BO = \frac{1}{2}BD$, তাই $BK = \frac{2}{3} \times \frac{1}{2}BD = \frac{1}{3}BD \dots (i)$
একইভাবে $\triangle ADC$-এর ক্ষেত্রে,
$DO$ এবং $AQ$ হলো দুটি মধ্যমা যারা $L$ বিন্দুতে ছেদ করেছে। তাই $L$ হলো $\triangle ADC$-এর ভরকেন্দ্র।
$\therefore DL = \frac{2}{3}DO = \frac{2}{3} \times \frac{1}{2}BD = \frac{1}{3}BD \dots (ii)$
এখন, $KL = BD - (BK + DL)$
$= BD - \left(\frac{1}{3}BD + \frac{1}{3}BD\right) = BD - \frac{2}{3}BD = \frac{1}{3}BD \dots (iii)$
(i), (ii) এবং (iii) থেকে পাই, $BK = KL = LD$
পরিকেন্দ্রের ক্ষেত্রে, কেন্দ্রস্থ কোণ পরিধিস্থ কোণের দ্বিগুণ হয়।
$\angle BOC = 2 \times \angle BAC \Rightarrow \angle BAC = \frac{80^\circ}{2} = 40^\circ$
সঠিক উত্তর: (a) $40^\circ$
লম্ববিন্দুর ক্ষেত্রে, $\angle BOC$ এবং $\angle BAC$ পরস্পর সম্পূরক হয় (একটি চতুর্ভুজ উৎপন্ন হয় যার দুটি কোণ $90^\circ$)।
$\therefore \angle BOC = 180^\circ - \angle BAC = 180^\circ - 40^\circ = 140^\circ$
সঠিক উত্তর: (b) $140^\circ$
অন্তঃকেন্দ্রের সূত্র: $\angle BOC = 90^\circ + \frac{\angle BAC}{2}$
$\angle BOC = 90^\circ + \frac{40^\circ}{2} = 90^\circ + 20^\circ = 110^\circ$
সঠিক উত্তর: (b) $110^\circ$
ভরকেন্দ্র ত্রিভুজকে তিনটি সমান ক্ষেত্রফল বিশিষ্ট ত্রিভুজে ভাগ করে।
$\triangle ABC = 3 \times \triangle GBC = 3 \times 12 = 36$ বর্গ সেমি।
সঠিক উত্তর: (c) 36 বর্গ সেমি.
সমকোণী ত্রিভুজের পরিব্যাসার্ধ অতিভুজের অর্ধেক হয়।
$\therefore$ অতিভুজ $= 2 \times \text{পরিব্যাসার্ধ} = 2 \times 5 = 10$ সেমি।
সঠিক উত্তর: (b) 10 সেমি.
যেহেতু $6^2 + 8^2 = 36 + 64 = 100 = 10^2$, তাই এটি একটি সমকোণী ত্রিভুজ।
সমকোণী ত্রিভুজের পরিকেন্দ্র সর্বদা তার অতিভুজের মধ্যবিন্দুতে অবস্থিত হয়।
সমবাহু ত্রিভুজের মধ্যমা (উচ্চতা) $AD = \frac{\sqrt{3}}{2} \times \text{বাহু} = \frac{\sqrt{3}}{2} \times 3\sqrt{3} = \frac{9}{2} = 4.5$ সেমি।
ভরকেন্দ্র G মধ্যমাকে 2:1 অনুপাতে ভাগ করে।
$\therefore AG = \frac{2}{3} \times AD = \frac{2}{3} \times 4.5 = 3$ সেমি।
ত্রিভুজের বাহুগুলি থেকে সমদূরবর্তী বিন্দু হলো অন্তঃকেন্দ্র (Incenter), যা ত্রিভুজের ভিতরে একটি থাকে। এছাড়া ত্রিভুজের তিনটি বহির্বৃত্তের কেন্দ্রও (Excenter) বাহুগুলি থেকে সমদূরবর্তী হয়।
সমবাহু ত্রিভুজের পাদ ত্রিভুজ (Medial Triangle) DEF-ও একটি সমবাহু ত্রিভুজ হয়, যার প্রতিটি কোণ $60^\circ$।
AD মধ্যমা (যা উচ্চতা এবং কোণের সমদ্বিখণ্ডক) পাদ ত্রিভুজের $\angle FDE$-কে সমদ্বিখণ্ডিত করে।
$\therefore \angle FDA = \frac{60^\circ}{2} = 30^\circ$।
যেহেতু মধ্যমা $AD = \frac{1}{2} BC$, এর অর্থ ত্রিভুজটি $A$ বিন্দুতে সমকোণী (অর্ধবৃত্তস্থ কোণ)। $\therefore \angle A = 90^\circ$।
সমদ্বিবাহু ত্রিভুজ হওয়ায় $AB = AC = \sqrt{2}$ সেমি।
অতিভুজ $BC = \sqrt{AB^2 + AC^2} = \sqrt{(\sqrt{2})^2 + (\sqrt{2})^2} = \sqrt{2 + 2} = \sqrt{4} = 2$ সেমি।
পরিব্যাসার্ধ $= \frac{\text{অতিভুজ}}{2} = \frac{2}{2} = 1$ সেমি।
উপরে Class 9 Math Chapter 17 Koshe Dekhi 17 এর সমস্ত প্রশ্নের (উপপাদ্যের প্রমাণ, MCQ এবং সংক্ষিপ্ত প্রশ্ন) ধাপে ধাপে সমাধান দেওয়া হয়েছে। এই অনুশীলনীর সাহায্যে শিক্ষার্থীরা ত্রিভুজের সমবিন্দু সংক্রান্ত উপপাদ্য (Concurrent Theorems) যেমন— পরিকেন্দ্র, অন্তঃকেন্দ্র, লম্ববিন্দু এবং ভরকেন্দ্র সম্পর্কে বিস্তারিত ধারণা লাভ করতে পারবে। উপপাদ্যগুলিকে সহজে বোঝার জন্য প্রতিটি প্রমাণের সাথে সুন্দর ও নির্ভুল ডিজিটাল চিত্র (SVG) দেওয়া হয়েছে।
